Chapitre II. Dérivation
II.1.27. D’après le résultat du problème précédent, on a
inf
f
− (z) : z ∈ ]x , x + h[
f (x + h) − f (x)
h
sup
f
− (z) : z ∈ ]x , x + h[
pour x ∈ ]a , b[ et h > 0 tel que x+h ∈ ]a , b[. Puisque f
− est continue sur ]a , b[,
on obtient, par passage à la limite lorsque h tend vers 0 + , f
+ (x) = f
− (x).
II.1.28. Le résultat du problème précédent implique qu’une telle fonction
n’existe pas.
II.1.29. Par hypothèse, f s’annule en au moins un point de l’intervalle ouvert
]a , b[. On pose
c = inf {x ∈ ]a , b[ : f (x) = 0} .
On a f (c) = 0 et, puisque f (a) > 0, on obtient f (x) > 0 pour x ∈ ]a , c[. De
plus, puisque f (c) existe,
f
(c) = lim
h→0 −
f (c + h) − f (c)
h
= lim
h→0 −
f (c + h)
h
0.
II.1.30. Clairement, on a
1 + x 2
f (x) = 1, ce qui implique
1 + x 2
f (x) + 2xf (x) = 0. On montre alors par récurrence que
1 + x
2
f
(n) (x) + 2(n − 1)xf
(n−1) (x) + (n − 2)(n − 1)f
(n−2) (x) = 0.
Si on prend x = 0, on obtient alors, de nouveau par récurrence, f (2m) (0) = 0
et f (2m+1) (0) = (−1)
m (2m)!.
II.1.31. Ces identités se prouvent facilement par récurrence.
II.1.32.
(a) Appliquez la formule de Leibniz
(f (x)g(x))
(n) =
n
k=0
n
k
f
(n−k) (x)g
(k) (x)
et l’identité (a) du problème précédent.
(b) Appliquez la formule de Leibniz et l’identité (b) du problème précédent.
182